高考物理冲刺大二轮练习专题二能量与动量专题跟踪训练6Word版含解析 13页

专题跟踪训练(六)‎ 一、选择题 ‎1．(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用．若重力做功－3 J，电场力做功1 J，则小球的(　　)‎ A．重力势能增加3 J B．电势能增加1 J C．动能减少3 J D．机械能增加1 J ‎[解析]　根据重力做功与重力势能的变化关系，重力做功－3 J，其重力势能一定增加3 J，选项A正确．根据电场力做功与电势能变化关系，电场力做功1 J，其电势能一定减少1 J，选项B错误．根据动能定理，合外力做功为－3 J＋1 J＝－2 J，动能减少2 J，选项C错误．根据除重力以外的其他力做了多少功，机械能就增加多少，可知电场力做功1 J，机械能增加1 J，选项D正确．‎ ‎[答案]　AD ‎2．(2018·石家庄质检一)如图所示，质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧．开始用手托着物体A使弹簧处于原长且轻绳伸直，此时物体A与水平地面的距离为h，物体B静止在地面上．现由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A下落过程中一直处于失重状态 B．物体A即将落地时，物体B处于失重状态 C．从物体A开始下落到即将落地的过程中，弹簧的弹性势能最大值为mgh D．物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小 ‎[解析]　根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为0”，可知A先加速后减速向下运动，加速度方向先向下后向上，物体A先处于失重状态后处于超重状态，选项A错误；根据题述“A与地面即将接触时速度恰好为0，此时物体B对地面恰好无压力”，可知此时轻绳中拉力大小等于B的重力，B处于静止状态，加速度为零，选项B错误；对A和弹簧组成的系统，在A由静止下落到A与地面即将接触时的过程中，系统的重力势能、动能和弹性势能相互转化，物体A即将落地时，重力势能减少量为mgh，动能与初状态相同为0，此时弹簧的弹性势能最大为mgh，选项C正确；物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，选项D错误．‎ ‎[答案]　C ‎3．(2018·重庆市高三调研)(多选)如图所示，水平传送带以恒定速率转动．每隔相同时间T，在左端A点，轻轻放上一个完全相同的工件，已知工件与传送带之间的动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现那些已经和传送带共速的工件之间的距离均为L.已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．传送带的速度大小为 B．工件在传送带上的加速时间为 C．每个工件与传送带间因摩擦产生的热量为 D．传送带因传送一个工件而多消耗的能量为 ‎[解析]　工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放在传送带上后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝，A正确；设每个工件做匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律有，工件的加速度为μg，根据v＝v0＋at，解得t＝＝，B错误；工件与传送带相对滑动的路程为Δx＝v－＝＝，则摩擦产生的热量为Q＝μmg·Δx＝，C错误；根据能量守恒有，传送带因传送一个工件多消耗的能量E＝mv2＋μmg·Δx＝，D正确．‎ ‎[答案]　AD ‎4．(2018·惠州市高三调研)(多选)如图所示，粗糙斜面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点．现将物块拉到A点后由静止释放，物块运动到最低点B，图中B点未画出．下列说法正确的是(　　)‎ A．速度最大时，B点一定在O点左下方 B．速度最大时，物块的位置可能在O点左下方 C．从A到B的过程中，物块和弹簧的总机械能一定减少 D．从A到B的过程中，物块减少的机械能一定等于它克服摩擦力做的功 ‎[解析]　弹簧处于自然长度时物块处于O点，所以在O点时弹簧弹力为零，物块从A向B运动的过程中，受重力、支持力、弹簧的弹力和滑动摩擦力作用，当受力平衡时物块的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以当弹力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力时，速度最大，由于不知道物块重力沿斜面方向的分力与摩擦力的大小关系，故无法判断弹簧此时是处于伸长还是压缩状态，即B点可能在O点，也可能在O点左下方，也可能在O点右上方，A错误，B正确；从A到B的过程中，滑动摩擦力一直做负功，故物块和弹簧组成的系统机械能减少，C正确；从A到B的过程中，根据能量守恒定律，当弹簧的弹性势能增加时，物块减少的机械能大于它克服摩擦力做的功，D错误．‎ ‎[答案]　BC ‎5. (2018·安徽省示范高中联考)(多选)如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝6 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝12 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．铁块和木板最终共同以3 m/s的速度向右做匀速直线运动 B．运动过程中弹簧的最大弹性势能为54 J C．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为54 J D．运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为108 J ‎[解析]　设最终铁块与木板的共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑动的最大路程为L，滑动摩擦力大小为f.取向右为正方向，根据系统动量守恒可知mv0＝(M＋m)v，解得v＝3 m/s，方向向右，所以铁块和木板最终共同以3 m/s的速度向右做匀速直线运动，A正确．铁块相对于木板向右运动，铁块与木板的速度相同时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝3 m/s，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程，有mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有，mv＝2fL＋(M＋m)v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝54 J、fL＝54 J，B正确．由功能关系知，运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2fL＝108 J，C错误，D正确．‎ ‎[答案]　ABD ‎6．(2018·汉中市高三质检一)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞前不计空气阻力)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵匀速下降．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2，重力加速度为g，那么关于空降兵的说法正确的是(　　)‎ A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh B．空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力势能一定减少了mgH C．空降兵匀速下降时，速度大小为 D．空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，克服阻力做功为mg(H＋h)－ ‎[解析]　空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，选项A错误；空降兵从跳下到刚匀速下降时，重力做功为mg(H＋h)，重力势能一定减少了mg(H＋h)，选项B错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以：kv2＝mg，得：v＝，选项C正确；空降兵从跳下到刚匀速下降的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即：mg(H＋h)－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－m2＝mg(H＋h)－，选项D错误．‎ ‎[答案]　C ‎7．(2018·福州四校联考)(多选)如图所示，带有挡板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角θ＝30°，质量均为2 kg的A、B两物体用轻弹簧拴接在一起，弹簧的劲度系数为5 N/cm，质量为4‎ ‎ kg的物体C用细线通过光滑的轻质定滑轮与物体B连接，开始时A、B均静止在斜面上，A紧靠在挡板处，用手托住C，使细线刚好被拉直，现把手拿开，让C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，下列说法正确的是(物体C未触地，g取10 m/s2)(　　)‎ A．初状态弹簧的压缩量为2 cm B．末状态弹簧的伸长量为2 cm C．物体B、C组成的系统机械能守恒 D．物体C克服细线的拉力所做的功为0.8 J ‎[解析]　初状态细线中拉力为0，对B受力分析，由平衡条件可得F1＝mgsin30°＝10 N，解得轻弹簧弹力F1＝10 N，根据胡克定律可得，初状态弹簧的压缩量为x1＝＝2 cm，选项A正确；A刚要离开挡板时，轻弹簧对A的拉力F2＝mgsin30°＝10 N，根据胡克定律可得，末状态弹簧的伸长量为x2＝＝2 cm，选项B正确；C由静止开始运动，从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，物体B、C和轻弹簧组成的系统机械能守恒，在运动过程中，弹簧的弹性势能一直在改变，故物体B、C组成的系统机械能并不守恒，选项C错误；从C开始运动到A刚要离开挡板的过程中，物体C下落h＝x1＋x2＝4 cm，对A、B、C和轻弹簧组成的系统，机械能守恒，轻弹簧的弹性势能在运动过程的初、末位置相等，则有mCgh＝(mB＋mC)v2＝1.6‎ ‎ J，对物体C由动能定理，mCgh－W＝mCv2，解得物体C克服细线的拉力所做的功为W＝mCgh－mCv2＝ J，选项D错误．‎ ‎[答案]　AB ‎8．(2018·合肥市质检一)把质量为0.2 kg的小球放在竖立的轻质弹簧上，并将球向下按至A的位置，如图甲所示．迅速松手后，球被弹起并沿竖直方向运动到最高位置C(图丙)，途中经过B的位置时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B、A高度差为0.1 m，C、B高度差为0.2 m，不计空气阻力，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．从A到C的过程中，球先加速后减速，在B位置时动能最大 B．从A到C的过程中，球的机械能守恒 C．松手瞬间球的加速度为10 m/s2‎ D．弹簧被压缩至A位置时具有的弹性势能为0.6 J ‎[解析]　小球由A运动到C 的过程中，先做加速度减小的加速运动，当重力大小等于弹簧的弹力时，小球的加速度为零，此时小球的速度最大、动能最大，然后小球向上做减速运动，直到运动到最高点，A错误；小球由A到B的过程中，弹簧的弹力对小球做正功，则该过程中小球的机械能不守恒，B错误；如果放手后小球刚好运动到B点速度减为零，则小球在B点的加速度大小为10 m/s2，由简谐运动的对称性可知，松手的瞬间小球加速度大小也为10 m/s2，而本题中由于小球离开弹簧后能继续向上运动，则表明在松手的瞬间小球的加速度大于10 m/s2，C错误；由题意可知，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律可知，弹簧被压缩到A位置时的弹性势能等于小球从A到C的过程中重力势能的增加量，即Ep＝mghAC＝0.2×10×(0.1＋0.2) J＝0.6 J，D正确．‎ ‎[答案]　D ‎9．(2018·昆明市高三摸底)如图所示，两平行带电金属板水平放置，板间距为d.若在两板正中间O点放一质量为m的带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过O点且垂直纸面的轴顺时针旋转60°，再由O点从静止释放一同样的微粒，该微粒恰好能从上极板边缘射出，取重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．极板长为d B．微粒在电场中运动的时间为 C．微粒在电场中运动的过程，其重力势能减小mgd D．微粒在电场中运动的过程，其电势能增加mgd ‎[解析]　根据微粒恰好保持静止可得mg＝F，其中F为微粒在两平行金属板间所受的电场力大小，将两板绕过O 点且垂直纸面的轴顺时针旋转60°，电场力的大小没有改变，但方向改变了，将重力沿平行金属板方向和垂直金属板方向分解，则有沿平行金属板方向：F1＝mgsin60°＝ma1，L＝a1t2，其中L为平行金属板的板长；垂直于平行金属板的方向：F2＝F－mgcos60°＝ma2，d＝a2t2，联立解得t＝ ，L＝d，选项A正确，B错误；微粒在电场中运动的过程中，重力做正功，重力势能减少ΔEp＝mgcos60°·d＝mgd，选项C错误；微粒在电场中运动的过程中，电场力做正功，电势能减少ΔEp＝F·d＝mgd，选项D错误．‎ ‎[答案]　A 二、非选择题 ‎10．(2018·江西六校联考)如图甲所示，质量为M、长度为L的平板车B静止在光滑水平面上．某时刻质量m＝1 kg的滑块A以水平向右、大小为v0＝3 m/s的初速度滑上平板车B的上表面，忽略滑块A的大小．从滑块A刚滑上平板车B开始计时，它们在0～1 s时间内的速度随时间变化的图象如图乙所示，已知滑块A在平板车B上运动的总时间t＝1 s．求滑块A在平板车B上运动的过程中，滑块A和平板车B组成的系统产生的内能．‎ ‎[解析]　解法一：设平板车B对滑块A的摩擦力的大小为f，滑块A对平板车B的摩擦力的大小为f′，滑块A与平板B的加速度大小分别为aA、aB，根据牛顿第二定律，对滑块A有f＝maA，对平板车B有f′＝MaB，根据牛顿第三定律可知f′＝f，由题图乙知v0＝3 m/s，vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，aA＝＝1 m/s2，aB＝＝1 m/s2，解得M＝1 kg，滑块A在平板车上运动的过程中，根据能量守恒定律，滑块A和平板车B组成的系统产生的内能ΔE＝mv－mv－Mv＝2 J.‎ 解法二：滑块A和平板车组成的系统所受的合外力为零，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝mvA＋MvB，由题图乙知v0＝3 m/s，vA＝2 m/s，vB＝1 m/s，得M＝1 kg，滑块A在平板车上运动的过程中，根据能量守恒定律，滑块A和平板车B组成的系统产生的内能ΔE＝mv－mv－Mv＝2 J.‎ 解法三：由题图乙知v0＝3 m/s，vA＝2 m/s，aA＝＝1 m/s2，对滑块A，由牛顿第二定律得f＝maA＝1 N，题图乙中滑块A与平板车B的v－t图线包围的梯形的面积表示滑块A相对于平板车 B的运动路程L，即L＝×(1＋3)×1 m＝2 m，滑块A在平板车B上运动的过程中，滑块A和平板车B组成的系统产生的内能ΔE＝fL＝2 J.‎ ‎[答案]　2 J ‎11．(2018·浙江五校联考)如图所示，质量mB＝3.5 kg的物体B通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k＝100 N/m.轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O1、O2后，与套在光滑直杆顶端E处的质量mA＝1.6 kg的小球A连接．已知直杆固定不动，杆长L为0.8 m，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A静止不动，与A相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45 N．已知EO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，绳子不可伸长．现将小球A从静止释放．‎ ‎(1)求在释放小球A之前弹簧的形变量；‎ ‎(2)若直线CO1与杆垂直，求小球A从静止运动到C点的过程中绳子拉力对小球A所做的功；‎ ‎(3)求小球A运动到直杆底端D点时的速度大小．‎ ‎[解析]　(1)释放小球A前，B处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1 m.‎ ‎(2)对A球从E点运动到C的过程应用动能定理得 W＋mAgh＝mAv－0①‎ 其中h＝xCO1cos37°，而xCO1＝xEO1sin37°＝0.3 m 物体B下降的高度h′＝xEO1－xCO1＝0.2 m②‎ 由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有 mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③‎ 由题意知，小球A在C点时运动方向与绳垂直，此时B物体速度vB＝0④‎ 由①②③④得W＝7 J.‎ ‎(3)由题意知，杆长L＝0.8 m，由几何知识可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1‎ 当A到达D点时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B又回到原位置，将A在D点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B的速度，由几何关系得vB′＝vA′cos37°⑤‎ 整个过程机械能守恒，可得 mAgLsin37°＝mAvA′2＋mBvB′2⑥‎ 由⑤⑥得vA′＝2 m/s.‎ ‎[答案]　(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s